2027版53B版新高考版数学总复习分层训练培优8　数列中的奇偶项问题

专题六数列培优8数列中的奇偶项问题目录类型1

an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n)型类型2

an=

型类型3递推式中含有(-1)n型类型1

an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n)型1.(多选)(2026山西大学附中期末)已知数列{an}满足an+an+1=4n,n∈N*,Sn是{an}的前n项

和,则下列说法一定正确的是

()A.an+2-an=4B.S2n=2n2+4nC.{an-2n+1}是等比数列D.若a1=2,当n为奇数时,满足Sn<2026的n的最大值为43

AD

解析由an+an+1=4n可得an+1+an+2=4(n+1),两式相减得an+2-an=4,故A正确.因为S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=4×1+4×3+…+4×(2n-1)=4×

=4n2,故B不正确.因为a1-2×1+1可能为0,故{an-2n+1}不一定为等比数列,故C不正确.当n为奇数时,不妨设n=2k-1,k∈N*,则S2k-1=a1+a2+a3+a4+a5+…+a2k-2+a2k-1=2+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2k-2+a2k-1)=2+4×2+4×4+…+4×(2k-2)=2+4×

=2+4k(k-1),令4k2-4k+2<2026,则有k(k-1)<506.因为23×22=506,故22×21<506,即k≤22,n≤43时,Sn<2026,故D正确.(可得Sn=n2+1,验证S43=1850<2026,S45=2026得出D正确),故选AD.2.(2026江西宜春联考)已知数列{an}满足a1=1,an+an+1=(2n-1)sin

,记{an}的前n项和为Sn,则

Si=_______________.

1520

解析由an+an+1=(2n-1)sin

,得a2n+a2n+1=(4n-1)sinnπ=0,所以S2n+1=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=1+0=1,所以S1,S3,S5,…,S2025的值均为1,又a2n-1+a2n=(4n-3)(-1)n+1,所以S2n=1-5+9-13+…+(-1)n+1(4n-3)=

所以S2=1,当n为偶数时,S2n+S2n+2=-2n+2n+1=1,所以

Si=(S1+S3+…+S2025)+S2+(S4+S6)+(S8+S10)+…+(S2024+S2026)=1013+1+506=1520.类型2

an=

型1.(2026湖北孝感二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若对任意n∈N*,向量pn=(4,-2n-1),qn=

(Sn,an),有pn·qn=1.数列{bn}满足bn=

其前n项和为Tn.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Tn-Sn>λn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.解析

(1)因为pn·qn=1,所以4Sn+(-2n-1)an=1,则4Sn-(2n+1)an=1.①当n=1时,4S1-3a1=1,又S1=a1,所以a1=1.当n≥2时,4Sn-1-(2n-1)an-1=1,②由①-②得4an=(2n+1)an-(2n-1)an-1.整理得

=

(n≥2),由累乘法得an=a1×

×

×…×

=1×

×

×…×

=2n-1,当n=1时,a1=1=2×1-1,符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*.(2)当n为偶数时,Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)=[(a1+1)+(a3+1)+(a5+1)+…+(an-1+1)]+(3a2+3a4+3a6+…+3an)=Sn+

+2(a2+a4+a6+…+an)=Sn+

+2·

=Sn+n2+

,所以Tn-Sn=n2+

n,n为偶数,由Tn-Sn>λn恒成立,得λ<n+

,因为n是偶数,且n+

的值随n的增大而增大,所以当n=2时,n+

有最小值

,所以λ<

;当n为奇数时,n+1为偶数,Tn=Tn+1-bn+1=Sn+1+(n+1)2+

(n+1)-3an+1=Sn+n2-

n+

,所以Tn-Sn=n2-

n+

,n为奇数,由Tn-Sn>λn恒成立,得λ<n+

-

,又f(x)=x+

-

在[1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,f(x)=x+

-

有最小值1,即n+

-

有最小值1.所以λ<1.综上,实数λ的取值范围是(-∞,1).2.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=

(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.解析

(1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,故bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,an=an+1-1.设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10=2(b1+b2+…+b10)-10=2×

-10=300,即{an}的前20项和为300.3.(2023新课标Ⅱ,18,12分)已知{an}为等差数列,bn=

记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.(1)求{an}的通项公式;(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.解析

(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,∵bn=

∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,(注意a1+a3=2a2)∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①又S4=32,∴4a1+6d=32,②由①②得a1=5,d=2,∴an=5+2(n-1)=2n+3.(2)证明:T2n=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n=a1+a3+…+a2n-1-6n+2a2+2a4+…+2a2n=S2n+a2+…+a2n-6n=S2n+

-6n=S2n+2n2-n.T2n+1=T2n+b2n+1=S2n+2n2-n+a2n+1-6=S2n+1+2n2-n-6.当n≥1时,T2n-S2n=2n2-n>0,故T2n>S2n,当n>2时,T2n+1-S2n+1=2n2-n-6>0,故T2n+1>S2n+1.综上,当n>5时,Tn>Sn.类型3递推式中含有(-1)n型1.(2026湖南师大附中质检)已知正项数列{an}满足a1=1,且

=

.(1)证明:{

}为等差数列;(2)求数列

的前n项和Tn.解析

(1)证明:由

=

得,

-1=

,所以

-

=1,故{

}是公差为1的等差数列.(2)因为

=1,所以由(1)可知,

=1+(n-1)×1=n,又an>0,则an=

.所以

=(-1)n·(

+

).则Tn=-(

+1)+(

+

)-…+(-1)n·(

+

)=-1+(-1)n

.2.(2026河北邢台二模)已知等差数列{an}满足a3=-13,a15=5.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=

当n≥14(n∈N*)时,求{bn}的前n项和Tn.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d,由a3=-13,a15=5,得

解得

所以an=a1+(n-1)d=-16+

(n-1)=

,故数列{an}的通项公式为an=

.(2)由an=

可知,当n≤11时,an<0,此时bn=(-1)n·

,当n=12,13时,0<an<3,所以bn=|an-3|=3-an=

,当n≥14时,an>3,所以bn=|an-3|=an-3=

,故T11=b1+b2+b3+b4+…+b10+b11=-a1+a2-a3+a4-…+a10-a11=(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a9+a10)-a11,因为每一组